2024年華東師大版高一數(shù)學(xué)上冊階段測試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年華東師大版高一數(shù)學(xué)上冊階段測試試卷464考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、函數(shù)（）

A.關(guān)于原點對稱。

B.關(guān)于y軸對稱。

C.關(guān)于點（-0）對稱。

D.關(guān)于直線x=對稱。

2、如圖所示，在四面體ABCD中，若截面PQMN是正方形，則在下列命題中，錯誤的為A.AC⊥BDB.AC∥截面PQMNC.AC＝BDD.異面直線PM與BD所成的角為45°3、已知函數(shù)則f（3）=（）A.5B.4C.3D.24、計算log3+lg25+lg4+7+（-9.8）0值為（）A.6B.8C.D.5、將函數(shù)y=sinx

的圖象經(jīng)過下列哪種變換可以得到函數(shù)y=cos2x

的圖象(

)

A.先向左平移婁脨2

個單位，然后再沿x

軸將橫坐標(biāo)壓縮到原來的12

倍(

縱坐標(biāo)不變)

B.先向左平移婁脨2

個單位，然后再沿x

軸將橫坐標(biāo)伸長到原來的2

倍(

縱坐標(biāo)不變)

C.先向左平移婁脨4

個單位，然后再沿x

軸將橫坐標(biāo)壓縮到原來的12

倍(

縱坐標(biāo)不變)

D.先向左平移婁脨4

個單位，然后再沿x

軸將橫坐標(biāo)伸長到原來的2

倍(

縱坐標(biāo)不變)

評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)6、在半徑為2的圓中隨機地撒一把豆子，則豆子落在原內(nèi)接正方形ABCD中的概率等于____．7、在△ABC中，∠A=60°，AB+AC=10，面積則BC=____．8、【題文】過點P(3)的直線，交圓于A、B兩點，Q為圓上任意一點，且Q到AB的最大距離為則直線l的方程為____。9、函數(shù)f（x）=ln（x+1）的定義域為____．10、已知則f（4）=____．11、sin40°cos20°﹣cos220°sin20°=____．12、若角α的終邊上有一點P（-4，a），且sinα?cosα=則a的值為______．13、在銳角鈻?ABC

中，角AB

所對的邊長分別為ab

若2asinB=3b

則角A=

______．評卷人得分三、證明題(共8題，共16分)14、初中我們學(xué)過了正弦余弦的定義，例如sin30°=，同時也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根據(jù)如圖，設(shè)計一種方案，解決問題：

已知在任意的三角形ABC中，AD⊥BC，∠BAD=α，∠CAD=β，設(shè)AB=c，AC=b；BC=a

（1）用b；c及α，β表示三角形ABC的面積S；

（2）sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ．15、AB是圓O的直徑，CD是圓O的一條弦，AB與CD相交于E，∠AEC=45°，圓O的半徑為1，求證：EC2+ED2=2．16、如圖，已知：D、E分別為△ABC的AB、AC邊上的點，DE∥BC，BE與CD交于點O，直線AO與BC邊交于M，與DE交于N，求證：BM=MC．17、已知G是△ABC的重心，過A、G的圓與BG切于G，CG的延長線交圓于D，求證：AG2=GC?GD．18、如圖；已知AB是⊙O的直徑，P是AB延長線上一點，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求證：

（1）AD=AE

（2）PC?CE=PA?BE．19、初中我們學(xué)過了正弦余弦的定義，例如sin30°=，同時也知道，sin（30°+30°）=sin60°≠sin30°+sin30°；根據(jù)如圖，設(shè)計一種方案，解決問題：

已知在任意的三角形ABC中，AD⊥BC，∠BAD=α，∠CAD=β，設(shè)AB=c，AC=b；BC=a

（1）用b；c及α，β表示三角形ABC的面積S；

（2）sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ．20、如圖，設(shè)△ABC是直角三角形，點D在斜邊BC上，BD=4DC．已知圓過點C且與AC相交于F，與AB相切于AB的中點G．求證：AD⊥BF．21、已知G是△ABC的重心，過A、G的圓與BG切于G，CG的延長線交圓于D，求證：AG2=GC?GD．評卷人得分四、作圖題(共1題，共6分)22、作出下列函數(shù)圖象：y=評卷人得分五、解答題(共2題，共4分)23、設(shè)M點是圓C：x2+（y-4）2=4上的動點，過點M作圓O：x2+y2=1的兩條切線；切點分別為A，B，切線MA，MB分別交x軸于D，E兩點．是否存在點M，使得線段DE被圓C在點M處的切線平分？若存在，求出點M的縱坐標(biāo)；若不存在，說明理由．

24、設(shè)集合A={x|2＜x＜4}；B={a＜x＜3a}．

（1）若A∩B≠?；求實數(shù)a的范圍．

（2）若A∪B={x|2＜x＜6}，求實數(shù)a的值．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】

在函數(shù)中，令2x+=kπ+k∈z，可得x=+k∈z；

故對稱軸為x=x=+k∈z．故B；D均不正確．

令2x+=kπ，k∈z，解得x=故對稱中心為（0），k∈z；

故選C．

【解析】【答案】令2x+=kπ+k∈z，可得對稱軸方程為：x=+k∈z．

令2x+=kπ，k∈z，解得對稱中心的橫坐標(biāo)x=故對稱中心為（0），k∈z．

2、C【分析】【解析】

因為截面PQMN是正方形，所以PQ∥MN、QM∥PN，則PQ∥平面ACD、QM∥平面BDA，所以PQ∥AC，QM∥BD，由PQ⊥QM可得AC⊥BD，故A正確；由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN，故B正確；異面直線PM與BD所成的角等于PM與QM所成的角，故D正確；綜上C是錯誤的．故選C．【解析】【答案】C3、C【分析】【解答】解：∵函數(shù)

∴f（3）=f（f（5））=f（4）=3．

故選：C．

【分析】利用分段函數(shù)的性質(zhì)求解．4、D【分析】解：原式=+lg100+2+1

=．

故選：D．

利用指數(shù)與對數(shù)的運算性質(zhì)即可得出．

本題考查了指數(shù)與對數(shù)的對數(shù)性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎(chǔ)題．【解析】【答案】D5、A【分析】解：先將y=sinx

的圖象先向左平移婁脨2

個單位得到y(tǒng)=sin(x+婁脨2)

的圖象；

再沿x

軸將橫坐標(biāo)壓縮到原來的12

倍(

縱坐標(biāo)不變)

得到y(tǒng)=sin(2x+婁脨2)=cos2x

的圖象；

故選A．

由已知中目標(biāo)函數(shù)的解析y=cos2x=sin(2x+婁脨2)

其中婁脴=2婁脮=婁脨2

我們可根據(jù)正弦型函數(shù)圖象的平移變換法則和伸縮變換法則，得到答案．

本題考查的知識點是函數(shù)y=Asin(婁脴x+婁脮)

的圖象變換，其中將函數(shù)y=cos2x

的解析式化為y=sin(2x+婁脨2)

的形式，是解答本題的關(guān)鍵．【解析】A

二、填空題(共8題，共16分)6、略

【分析】

⊙O的半徑為2；⊙O的面積為4π；

正方形的邊長為：AD=CD==2面積為8；

因為豆子落在圓內(nèi)每一個地方是均等的；

所以P（豆子落在正方形ABCD內(nèi)）==．

故答案為：．

【解析】【答案】在這個圓面上隨意拋一粒豆子；落在圓內(nèi)每一個地方是均等的，因此計算出正方形和圓的面積，利用幾何概率的計算方法解答即可．

7、略

【分析】

設(shè)AB=c，BC=a，AC=b；則。

∵∠A=60°，△ABC面積

∴bcsinA=4即bc×=4解之得bc=16

又∵AB+AC=b+c=10，∴b2+c2=（b+c）2-2bc=100-32=68

根據(jù)余弦定理；得。

a2=b2+c2-2bccosA=68-2×16×cos60°=52

由此可得：a==2即BC=2

故答案為：2

【解析】【答案】由正弦定理的面積公式，結(jié)合題中數(shù)據(jù)算出bc=16，利用配方可得b2+c2=（b+c）2-2bc=68．最后根據(jù)余弦定理加以計算，即可得到a2=b2+c2-2bccosA=52，從而得到a=BC=2．

8、略

【分析】【解析】

試題分析：設(shè)直線為圓心到直線的距離為所以。

直線為當(dāng)斜率不存在時直線為滿足圓心到直線的距離為所以直線為或

考點：直線與圓的位置關(guān)系。

點評：當(dāng)直線與圓相交時，常利用圓的半徑，圓心到直線的距離，弦長的一半構(gòu)成的直角三角形求解【解析】【答案】或9、{x|x＞﹣1}【分析】【解答】解：根據(jù)對數(shù)函數(shù)的定義知；

∵f（x）=ln（x+1）；

∴x+1＞0；

∴x＞﹣1；

∴f（x）的定義域為{x|x＞﹣1}．

故答案為：{x|x＞﹣1}．

【分析】根據(jù)對數(shù)函數(shù)的真數(shù)大于0，求出x的取值范圍，即是定義域．10、23【分析】【解答】解：知則f（4）=f（）=2×10+3=23．

故答案為：23．

【分析】利用函數(shù)的解析式，直接求解函數(shù)值即可．11、【分析】【解答】解：∵cos220°=cos（180°+40°）=﹣cos40°；∴sin40°cos20°﹣cos220°sin20°

=sin40°cos20°+cos40°sin20°

=sin（40°+20°）

=sin60°

=．

故答案為：．

【分析】利用誘導(dǎo)公式可得cos220°=﹣cos40°，利用兩角和的正弦函數(shù)公式，特殊角的三角函數(shù)值即可化簡求值得解．12、略

【分析】解：∵角α的終邊上有一點P（-4，a），且sinα?cosα=

∴?=

∴a=-4或a=-．

故答案為：-4或-．

利用三角函數(shù)的定義；結(jié)合條件即可得到結(jié)論．

本題考查三角函數(shù)的定義，考查學(xué)生的計算能力，屬于基礎(chǔ)題．【解析】-4或-13、略

【分析】解：利用正弦定理化簡已知等式得：2sinAsinB=3sinB

隆脽sinB鈮?0隆脿sinA=32

隆脽A

為銳角，隆脿A=60鈭?

．

故答案為：60鈭?

．

已知等式利用正弦定理化簡；根據(jù)sinB

不為0

求出sinA

的值，再由A

為銳角，利用特殊角的三角函數(shù)值即可求出A

的度數(shù)．

此題考查了正弦定理，以及特殊角的三角函數(shù)值，熟練掌握正弦定理是解本題的關(guān)鍵．【解析】60鈭?

三、證明題(共8題，共16分)14、略

【分析】【分析】（1）過點C作CE⊥AB于點E；根據(jù)正弦的定義可以表示出CE的長度，然后利用三角形的面積公式列式即可得解；

（2）根據(jù)S△ABC=S△ABD+S△ACD列式，然后根據(jù)正弦與余弦的定義分別把BD、AD、CD，AB，AC轉(zhuǎn)化為三角形函數(shù)，代入整理即可得解．【解析】【解答】解：（1）過點C作CE⊥AB于點E；

則CE=AC?sin（α+β）=bsin（α+β）；

∴S=AB?CE=c?bsin（α+β）=bcsin（α+β）；

即S=bcsin（α+β）；

（2）根據(jù)題意，S△ABC=S△ABD+S△ACD；

∵AD⊥BC；

∴AB?ACsin（α+β）=BD?AD+CD?AD；

∴sin（α+β）=；

=+；

=sinαcosβ+cosαsinβ．15、略

【分析】【分析】首先作CD關(guān)于AB的對稱直線FG，由∠AEC=45°，即可證得CD⊥FG，由勾股定理即可求得CG2=CE2+ED2，然后由△OCD≌△OGF，易證得O，C，G，E四點共圓，則可求得CG2=OC2+OG2=2．繼而證得EC2+ED2=2．【解析】【解答】證明：作CD關(guān)于AB的對稱直線FG；

∵∠AEC=45°；

∴∠AEF=45°；

∴CD⊥FG；

∴CG2=CE2+EG2；

即CG2=CE2+ED2；

∵△OCD≌△OGF（SSS）；

∴∠OCD=∠OGF．

∴O；C，G，E四點共圓．

∴∠COG=∠CEG=90°．

∴CG2=OC2+OG2=2．

∴EC2+ED2=2．16、略

【分析】【分析】延長AM，過點B作CD的平行線與AM的延長線交于點F，再連接CF．根據(jù)平行線分線段成比例的性質(zhì)和逆定理可得CF∥BE，根據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)即可得證．【解析】【解答】證明：延長AM；過點B作CD的平行線與AM的延長線交于點F，再連接CF．

又∵DE∥BC；

∴；

∴CF∥BE；

從而四邊形OBFC為平行四邊形；

所以BM=MC．17、略

【分析】【分析】構(gòu)造以重心G為頂點的平行四邊形GBFC，并巧用A、D、F、C四點共圓巧證乘積．延長GP至F，使PF=PG，連接FB、FC、AD．因G是重心，故AG=2GP．因GBFC是平行四邊形，故GF=2GP．從而AG=GF．又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四點共圓，從而GA、GF=GC?GD．于是GA2=GC?GD．【解析】【解答】證明：延長GP至F；使PF=PG，連接AD，BF，CF；

∵G是△ABC的重心；

∴AG=2GP；BP=PC；

∵PF=PG；

∴四邊形GBFC是平行四邊形；

∴GF=2GP；

∴AG=GF；

∵BG∥CF；

∴∠1=∠2

∵過A；G的圓與BG切于G；

∴∠3=∠D；

又∠2=∠3；

∴∠1=∠2=∠3=∠D；

∴A；D、F、C四點共圓；

∴GA；GF=GC?GD；

即GA2=GC?GD．18、略

【分析】【分析】（1）連AC；BC；OC，如圖，根據(jù)切線的性質(zhì)得到OC⊥PD，而AD⊥PC，則OC∥PD，得∠ACO=∠CAD，則∠DAC=∠CAO，根據(jù)三角形相似的判定易證得Rt△ACE≌Rt△ACD；

即可得到結(jié)論；

（2）根據(jù)三角形相似的判定易證Rt△PCE∽Rt△PAD，Rt△EBC∽Rt△DCA，得到PC：PA=CE：AD，BE：CE=CD：AD，而CD=CE，即可得到結(jié)論．【解析】【解答】證明：（1）連AC、BC，OC，如圖，

∵PC是⊙O的切線；

∴OC⊥PD；

而AD⊥PC；

∴OC∥PD；

∴∠ACO=∠CAD；

而∠ACO=∠OAC；

∴∠DAC=∠CAO；

又∵CE⊥AB；

∴∠AEC=90°；

∴Rt△ACE≌Rt△ACD；

∴CD=CE；AD=AE；

（2）在Rt△PCE和Rt△PAD中；∠CPE=∠APD；

∴Rt△PCE∽Rt△PAD；

∴PC：PA=CE：AD；

又∵AB為⊙O的直徑；

∴∠ACB=90°；

而∠DAC=∠CAO；

∴Rt△EBC∽Rt△DCA；

∴BE：CE=CD：AD；

而CD=CE；

∴BE：CE=CE：AD；

∴BE：CE=PC：PA；

∴PC?CE=PA?BE．19、略

【分析】【分析】（1）過點C作CE⊥AB于點E；根據(jù)正弦的定義可以表示出CE的長度，然后利用三角形的面積公式列式即可得解；

（2）根據(jù)S△ABC=S△ABD+S△ACD列式，然后根據(jù)正弦與余弦的定義分別把BD、AD、CD，AB，AC轉(zhuǎn)化為三角形函數(shù)，代入整理即可得解．【解析】【解答】解：（1）過點C作CE⊥AB于點E；

則CE=AC?sin（α+β）=bsin（α+β）；

∴S=AB?CE=c?bsin（α+β）=bcsin（α+β）；

即S=bcsin（α+β）；

（2）根據(jù)題意，S△ABC=S△ABD+S△ACD；

∵AD⊥BC；

∴AB?ACsin（α+β）=BD?AD+CD?AD；

∴sin（α+β）=；

=+；

=sinαcosβ+cosαsinβ．20、略

【分析】【分析】作DE⊥AC于E，由切割線定理：AG2=AF?AC，可證明△BAF∽△AED，則∠ABF+∠DAB=90°，從而得出AD⊥BF．【解析】【解答】證明：作DE⊥AC于E；

則AC=AE；AB=5DE；

又∵G是AB的中點；

∴AG=ED．

∴ED2=AF?AE；

∴5ED2=AF?AE；

∴AB?ED=AF?AE；

∴=；

∴△BAF∽△AED；

∴∠ABF=∠EAD；

而∠EAD+∠DAB=90°；

∴∠ABF+∠DAB=90°；

即AD⊥BF．21、略

【分析】【分析】構(gòu)造以重心G為頂點的平行四邊形GBFC，并巧用A、D、F、C四點共圓巧證乘積．延長GP至F，使PF=PG，連接FB、FC、AD．因G是重心，故AG=2GP．因GBFC是平行四邊形，故GF=2GP．從而AG=GF．又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四點共圓，從而GA、GF=GC?GD．于是GA2=GC?GD．【解析】【解答】證明：延長GP至F；使PF=PG，連接AD，BF，CF；

∵G是△ABC的重心；

∴AG=2GP；BP=PC；

∵PF=PG；

∴四邊形GBFC是平行四邊形；

∴GF=2GP；

∴AG=GF；

∵BG∥CF；

∴∠1=∠2

∵過A；G的圓與BG切于G；